Question

3．已知：如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AC=12cm，BD=16cm，点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，直线EF从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为1cm/s，EF⊥BD，且与AD，BD，CD分别交于点E，Q，F；当直线EF停止运动时，点P也停止运动．连接PF，设运动时间为t（s）（0＜t＜8）．解答下列问题：
（1）当t为何值时，四边形APFD是平行四边形？
（2）设四边形APFE的面积为y（cm²），求y与t之间的函数关系式；并求出当t取何值时，y取得最大值？
（3）是否存在某一时刻t，使S_{四边形APFE}：S_菱形ABCD=17：40？求出t的值．

Answer 1

分析 （1）当AP=DF时，四边形APFD为平行四边形，用t表示出AP=10-t，DF=$\frac{5}{4}$t，列等式计算；
（2）作高CM，利用面积相等求出CM的长，由图可知：四边形APFE的面积=四边形APFD的面积-△EFD的面积；代入求出y与t之间的函数关系式，再求二次函数的顶点坐标的横坐标即可；
（3）先计算菱形ABCD的面积，再将（2）得到的y代入到式子S_{四边形APFE}：S_菱形ABCD=17：40中，解出即可．

解答 解：（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴BO=$\frac{1}{2}$BD=$\frac{1}{2}$×16=8，AO=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$×12=6，AC⊥BD，
∴AB=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，
由题意可知：BP=t，DQ=t，则AP=10-t，
∵FQ∥OC，
∴$\frac{FQ}{OC}=\frac{DQ}{OD}$，
∴$\frac{FQ}{6}=\frac{t}{8}$，
∴FQ=$\frac{3}{4}$t，
∵EF⊥BD，
由勾股定理得：DF=$\sqrt{{t}^{2}+（\frac{3}{4}t）^{2}}$=$\frac{5}{4}$t，
∵AB∥CD，
∴AP∥DF，
∴当AP=DF时，四边形APFD为平行四边形，
则10-t=$\frac{5}{4}$t，
t=$\frac{40}{9}$；
∴当t=$\frac{40}{9}$时，四边形APFD是平行四边形；
（2）过C作CM⊥AB于M，
则S_△ABC=$\frac{1}{2}$AC•BO=$\frac{1}{2}$AB•CM，
∴AC•BO=AB•CM，
∴12×8=10CM，
∴DM=9.6，
则y=S_{四边形APFD}-S_△EFD=$\frac{1}{2}$×9.6×[（10-t）+$\frac{5}{4}$t]-$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{4}$t×2×t=-$\frac{3}{4}$t²+1.2t+48，
当t=-$\frac{1.2}{2×（-\frac{3}{4}）}$=0.8时，y有最大值；
（3）存在，
S_菱形ABCD=$\frac{1}{2}$×AC×BD=$\frac{1}{2}$×12×16=96，
∵S_{四边形APFE}：S_菱形ABCD=17：40，
则$\frac{-\frac{3}{4}{t}^{2}+1.2t+48}{96}=\frac{17}{40}$，
5t²-8t-48=0，
解得：t₁=4，t₂=-$\frac{12}{5}$（舍去），
∵0＜t＜8，
∴t=4符合题意，
∴当t=4时，S_{四边形APFE}：S_菱形ABCD=17：40．

点评 本题是四边形的综合题，综合考查了菱形、平行四边形的性质，本题有一动点和一动直线，此类题的解题思路为：根据速度和时间表示出路程，并依次将各条线段表示出来；再根据所成特殊四边形的性质列等式计算；本题与函数相结合，利用面积公式求函数关系式，并利用顶点坐标公式求最值．